2020年高考考前押题密卷 理科综合物理（新课标卷）（全解全析）

理科综合物理 第 1 页 共 14 页 2020 年高考考前押题密卷 理科综合物理 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~5 题只有一项符合题目要求， 第 6~8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分。 14．高楼坠物极其危险，新闻中曾多次报道由于高楼坠物造成的人员伤亡案例。假设一质量为 m 的物体由 h 处自由下落，物体落地时与地面相互作用的时间为 t，重力加速度用 g 表示，忽略一切阻力。则物体与 地面产生的作用力的平均值应为 A． B． C． D． 15．如图所示，长木板的左端用一铰链固定在水平面上，一可视为质点的小滑块放在长木板上的 A 点。调 节长木板与水平方向的夹角 ，当夹角为 时，小滑块由 点开始下滑，经时间 滑到长木板的最底 端；增大夹角 ，当夹角为 时，小滑块由 A 点经时间 滑到长木板的最底端。已知 、 。则下列说法正确的是 A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 B．两次小滑块重力势能减少量之比为 1:2 C．两次小滑块的加速度之比为 1:2 D．两次小滑块到达长木板底端时的速度之比为 1:2 16．空间存在一平行于 x 轴方向的电场，x 轴上各点电势的变化规律如图所示，图线为关于 y 轴对称的抛物 线。则下列说法正确的是 A．在 O~ 电场强度依次增大，在 O~ 电场强度依次减小 mgt ghm +2 t ghm 2 mgt ghm −2 t ghmmg 2− α °37 A t α °53 2 t 6.037sin =° 8.037cos =° 13 6 2x 2x−理科综合物理 第 2 页 共 14 页 B． 和 两点处的电场强度大小相等、方向相同 C．正粒子在 和 处的电势能相等 D．负粒子由 沿 x 轴运动到 的过程中，电势能先增大后减小 17．人类利用太空望远镜在太阳系外发现了一颗未知天体 ，该未知天体环绕中心天体 运行。已知未知 天体 的质量是地球质量的 倍，半径为地球半径的 倍，其公转周期为地球公转周期的 倍，中心天 体 的质量是太阳质量的 倍。假设未知天体 和地球均可视为质量分布均匀的球体，且均环绕各自的 中心天体做匀速圆周运动。则下列说法正确的是 A．未知天体 的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 B．同一物体在未知天体 表面的重力与在地球表面的重力之比为 C．天体 之间的距离与日地之间的距离之比为 D．中心天体 的密度与地球的密度之比为 18．如图 1 所示为理想的自耦变压器，现在自耦变压器的原线圈 两端接有如图 2 所示的交流电源，已 知小灯泡的额定电压为 40 V，V 为理想交流电压表。则下列说法正确的是 A．当小灯泡正常发光时，自耦变压器的滑动触头恰好位于线圈的中点 B．通过小灯泡的电流的频率应为 0.2 Hz C．电压表的示数为 D．将电阻箱的阻值调小时，小灯泡消耗的电功率减小 19．在研究光电效应时，小强分别用频率为 的激光照射不同的金属，已知两种金属的极限频率分别为 、 ，最大初动能分别为 、 ，测得光电流强度分别为 、 ，遏止电压分别为 、 。则下 列正确的说法是 A．如果 ，则 B．如果 ，则 1x 1x− 1x 1x− 1x− 1x X Y X a b c Y d X X ba : X ba : X Y、 1:3 2dc Y 1:2c MN 20 2 V v 1v 2v k1E k2E 1I 2I 1U 2U 1v < 2v 1I > 2I 1v < 2v k1E > k2E理科综合物理 第 3 页 共 14 页 C．如果 ，则 < D．如果 ，则 20．三个等大的小球甲、乙、丙的质量分别为 m、M、M，放在光滑的水平面上，甲、乙两球之间有一压缩 的轻弹簧（处于锁定状态）但与两球不连接，弹簧储存的弹性势能为 。开始给小球甲、乙向右的冲量 ，某时刻锁定突然打开，当两球分离的瞬间小球甲的速度刚好减为零，小球乙与小球丙发生碰撞，且 碰后合为一体。则下列说法正确的是 A.弹簧对小球甲的冲量大小为 B.弹簧对小球乙做的功为 C.整个过程系统损失的机械能为 D.小球乙、丙碰后的速度大小为 21．如图 1 所示为边长为 的正方形导体框放在绝缘水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，其磁感应 强度随时间的变化规律如图 2 所示，图中的数据为已知量。已知导体的电阻率为 、导体的横截面积为 。则下列说法正确的是 A．导体框的面积有减小的趋势 B．导体框中的电流大小为 C． 时间内，通过导体框某一横截面的电荷量为 D． 时间内，导体框产生的热量为 二、非选择题 （一）必考题： 22．（5 分）某中学实验小组的同学利用如图 1 所示的实验装置完成了动能定理的验证，将带有遮光条的物 1U < 2U k1E k2E 1v < 2v 1U < 2U pE I mM mI + pE pE M I 2 L ρ S ρ0 0 t LSB 0~0 t ρ4 0LSB 0~0 t ρ0 32 0 4t SLB理科综合物理 第 4 页 共 14 页 块放在气垫导轨上，用细绳连接钩码并跨过光滑的定滑轮，并在靠近滑轮的位置固定一光电门，已知物 块和钩码的质量分别为 M、m，重力加速度为 g。该小组的同学完成了如下的操作： （1）用螺旋测微器测量了遮光条的宽度，如图 2 所示，则遮光条的宽度 d= mm； （2）将物块由远离定滑轮的一端无初速度释放，并测出释放点距离光电门的间距 s； （3）记录遮光条的挡光时间 t； （4）多次改变 s，重复（2）（3），如果利用图象完成实验的验证，该小组的同学用 s 为纵轴、 为 横轴，发现该图象为过原点的直线，则该图象的关系式为 （用已知量和测量量表 示）。 23．（10 分）为了测量一未知电阻的准确阻值（阻值范围 4 Ω~6 Ω），实验室为其提供了如下的实验器材： 两个内阻均为 、满偏电流均为 的电流计 G 定值电阻 、 、 、 最大阻值为 的滑动变阻器 、最大阻值为 的滑动变阻器 内阻可忽略的电源 、电键一只、导线若干 其中设计的测量电路如虚线框中的电路，请回答下列问题： （1）为了减小实验误差定值电阻 A 应选用 ，定值电阻 B 应选用 ； （2）为了测量多组实验数据并要求电压从零开始调节，则滑动变阻器应选用 ，并在虚线 框中将电路补充完整； （3）在反复调节的过程中，发现两电流计的示数始终相同，由此可知该测量电阻的阻值应为 。 2 1 t 100r = Ω g 1mAI = 1 900R = Ω 2 2 900R = Ω 3 1 7.5R = Ω 4 1 0.75R = Ω 5 Ω 5R 100 Ω 6R 3 VE =理科综合物理 第 5 页 共 14 页 24．（14 分）如图所示为半径为 的光滑 圆弧绝缘轨道固定在水平面上，质量为 、电 荷量为 的可视为质点的带正电的物体放在圆轨道的最低点，整个空间存在垂直纸面向外的 匀强磁场，磁感应强度的大小为 。如果在空间加一水平向左的匀强电场，物体刚好能运动到 圆弧轨道上与圆心 等高的位置，重力加速度为 。求： （1）匀强电场的电场强度应多大？ （2）如果仅将第（1）问的电场方向改为竖直向下，将物体由圆弧轨道上与圆心等高的位置静止释放， 当运动到圆弧轨道的最低点时，物体对轨道的压力应为多少？（结果保留三位有效数字） 25．（18 分）如图 1 所示，质量为 、长为 的长木板放在光滑的水平面上，水平面的右端 沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道 ABC，在与圆心等高的 B 点有一压力传感器，长木板的上表面与轨 道的最低点在同一水平面上，长木板的右端距离轨道最低点的间距为 。可视为质点的质量为 的物块从长木板的最左端以 的速度滑上，物块与长木板之间的动摩擦因数为 ，经过一段时间长木板与挡板碰撞，且碰后长木板停止运动。当半圆轨道的半径 发生改变时， 物块对 B 点的压力与半径 R 的关系图象如图 2 所示，重力加速度为 g=10 m/s2。求： （1）物块运动到半圆轨道最低点 A 瞬间，其速度应为多大？ （2）图 2 中横、纵坐标 x、y 分别为多少？ （3）如果半圆轨道的半径 ，则物块落在长木板上的点到最左端的最小距离应为多少？（结 果保留三位有效数字） （二）选考题（15 分） m2.0=R 4 1 kg1=m C05.0=q 1TB = O 210 m/sg = kg1=M m3=L m2=x kg2=m m/s60 =v 2.0=µ R cm32 2U I理科综合物理 第 9 页 共 14 页 ，弹簧恢复到原长时，小球甲、乙刚好分离，且此时小球甲的速度为零，由动量定理得： ，负号表示与选定的正方向相反，故 A 正确；弹簧对小球甲、 乙作用的过程中，弹簧对小球甲做负功，对小球乙做正功，系统的机械能全部转化为小球乙的动能，所 以小球乙的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与小球甲的动能之和，所以弹簧弹力对小球乙做的功大于 ，故 B 错误；小球甲与小球乙以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用 结束后小球乙的速度为 v1，选取向右为正方向，则：I=Mv1，小球乙与小球丙相互作用的过程中，二者 组成的系统的动量也守恒，设碰后的速度为 v2，根据动量守恒得：Mv1=（M+M）v2，联立得： ，整个的过程中损失的机械能： ，而 ，联立解 得： ，可知只有在 m 与 M 相等时，全过程中机械能减小量才为 ，故 C 错 误，D 正确。 21．CD【解析】由图 2 可知穿过导体框的磁通量向下逐渐减少，则由楞次定律的阻碍的含义“增缩减扩”可 知，导体框的面积有增大的趋势，A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，导体框中的感应电动势大小为 ，由图乙可知图象斜率的大小为 ，又由欧姆定律得 ，其中 ， 联 立 可 得 电 流 ， B 错 误 ； 时 间 内 ， 通 过 导 体 框 某 一 横 截 面 的 电 荷 量 为 ，C 正确；由焦耳定律可知， 时间内，导体框产生的热量为 ，由以上 整理可得 ，D 正确。 22．（1）1.880（2 分） （4） （3 分） 【解析】（1）螺旋测微器的读数为 ； （4）物块通过光电门的瞬时速度 ，根据动能定理得： ， 解得： 。 23．（1） （2 分） （2 分） （2） （2 分） 电路图如解析图所示（2 分） （3）4 Ω（2 分） mM mIP +=甲 mM mI mM mIPPI +−=+−=−′= 0甲甲甲 pE M Iv 22 = 2 2 0 p 2 1 1( ) 22 2E M m v E Mv∆ = + + − × mM Iv +=0 2 p 1 1( )2 2 IE E M m M ∆ = + −+ pE 20 kLt BSE =∆ ∆= 0 0 t Bk = R EI = S LR 4ρ= ρ0 0 4t LSBI = 0~0 t ρ4 0 0 LSBItq == 0~0 t 0 2 RtIQ = ρ0 32 0 4t SLBQ = 2 2 )1(2 )( tmg dMms += 1.5 mm 38.0 0.01mm 1.880 mmd = + × = t dv = 22 ))((2 1)(2 1 t dMmvMmmgs +=+= 2 2 )1(2 )( tmg dMms += 2R 3R 5R理科综合物理 第 10 页 共 14 页 【解析】（1）定值电阻 A 与电流表 G 串联相当于电压表，又由于电源的电动势为 3 V，则由电流表的 改装原理可知 ，则定值电阻 A 应选用 ；由题意可知流 过待测电阻的最大电流值约为 ，定值电阻 B 与电流表 G 并联相当于电流表，则由电流表的 改装原理可知 ，则定值电阻 B 应选用 ； （2）由于电压要求从零开始调节，则滑动变阻器应用作分压式，则滑动变阻器应选用全值电阻较小的 ，补全的电路如图所示； （3）当两电流表的示数相同时，设电流表的示数为 I，则由串、并联电路的特点可知，通过待测电阻 的 电 流 与 通 过 电 阻 B 的 电 流 相 同 ， 根 据 欧 姆 定 律 得 ， 待 测 电 阻 的 阻 值 为 。 24．（1） （2） ，方向竖直向下 【解析】（1）物体由圆弧轨道的最低点运动到与圆心等高的位置时，由动能定理得 （2 分） 则 （1 分） 代入数据解得 （2 分） （2）改变电场方向后，物体由与圆心等高的位置运动到圆弧轨道的最低点时，由动能定理得 （2 分） 解得 （1 分） 物体在最低点受重力、向下的电场力、向下的洛伦兹力、向上的支持力 3 g 3( 100) 2 9001 10A ER rI −= − = − Ω = Ω× 2R 3 A 0.75 A4 = 3 g 3 g 1 10 100 1 0.75 1 10 7.5B I rR I I − − × ×= = Ω ≈ Ω− − × 3R 5R 2 32 3 ( )( ) 4x R r RI R rR Ir r R ++= = = Ω V/m200=E 60.1NNF′ = mgRqER = q mgE = V/m200=E 2 2 1 mvqERmgR =+ 2 2 2 m/sv gR= =理科综合物理 第 11 页 共 14 页 则由牛顿第二定律得 （2 分） 则 （2 分） 代入数据解得 （1 分） 由牛顿第三定律得物体对轨道的压力为 方向竖直向下（1 分） 25．（1） （2）x=1.25 y=40 N （3） 【解析】（1）物块滑上长木板后将做匀减速直线运动，长木板将做匀加速直线运动，设物块加速度大 小为 a1，长木板加速度为 a2，由牛顿第二定律可得： 对物块有 （1 分） 对长木板有 （1 分） 设长木板与物块经历时间 t 后速度相等，则有 （1 分） 物块的位移 （1 分） 长木板的位移 代入数据解得 、 （1 分） 由于 ， ，说明长木板与挡板碰撞时，物块到达长木板右端恰好与长木板共速，即物块 到达 A 点的速度 （1 分） （2）将物块到达 B 点时的速度设为 ，则有 （1 分） 从 A 点到 B 点过程中，由机械能守恒定律有 （1 分） 由以上各式得 （1 分） 故 y=2mg=40 N 由以上各式，结合图 2 可知，图象的斜率 （1 分） 其中 ，解得 x=1.25（1 分） R vmEqBqvmgFN 2 =−−− R vmEqBqvmgFN 2 +++= 60.1NNF = 60.1NNF′ = 4 m/sAv = min 2.2mx ′ = 1mamg =µ 2Mamg =µ tatav 210 =− 2 101 2 1 tatvs −= 2 22 2 1 tas = 1 5 ms = 2 2 ms = 2s x= 21 ssL −= m/s42 22 == savA Bv R vmF B 2 = mgRmvmv BA += 22 2 1 2 1 mgR vmF A 2 2 −= 322 == Amvk x yk =理科综合物理 第 12 页 共 14 页 （3）设物块恰能经过半圆轨道最高点 C 时的轨道半径为 R，此时经过 C 点的速度设为 ，则有 （1 分） 从 A 到 C 点过程中，由机械能守恒可得 （1 分） 解得 R=0.32m，即 （1 分） 如果半圆轨道的半径 ，则 ，此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨 道，由以上各式可知 （1 分） 物块离开 C 点后做平抛运动至到达长木板的过程中，有 ， （1 分） 得 ，当 R=0.2 m 时 x′有最大值 （1 分） 物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离 （1 分） 33．[物理——选修 3–3]（15 分） （1）ACE 【解析】水的饱和汽压只取决于温度，温度不变，饱和汽压不变，A 正确；布朗运动是指悬浮在液体 中颗粒的运动，空气中粉尘颗粒杂乱无章地运动是气体的流动引起的，不是布朗运动，B 错误；竹节虫 可以停在水面上说明了液体存在表面张力，是水分子引力的宏观表现，C 正确；随着分子间距离增大， 若分子力表现为斥力，分子间作用力减小，分子力做正功，分子势能减小；若分子力表现为引力时， 分子力做负功，分子势能增大，D 错误；根据单晶体与多晶体的特点可知，单晶体的某些物理性质具 有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的，E 正确。 （2）（i） （ii） 【解析】（i）由于封闭气体的体积不变，则气体温度升高后，由查理定律得： （2 分） 整理得： （1 分） 则 （2 分） （ii）打开阀门使容器中的气体缓慢泄漏，设膨胀后气体的总体积为 V Cv R vmmg C 2 = 2 21 1 22 2A Cmv mv mgR= + 1-m125.31 = R cm32 R RgRvv AC 401642 −=−= Cx v t′ = 2 2 12 gtR = (1.6 4 )4x R R′ = − m 0.8mx ′ = min m 2.2mx L x′ ′= − = 0 1 6 7 p p = 7 60 == V Vk 0 1 0 1 p p T T = 0 0 1 1 p T p T = 0 1 6 7 p p =理科综合物理 第 13 页 共 14 页 由玻意耳定律得： （2 分） 解得： （1 分） 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为 k，则 （2 分） 34．[物理——选修 3–4]（15 分） （1）BDE 【解析】由振动方程 （cm）可知，振源的起振方向竖直向上，当质点 B 刚好起振时其振动 方向竖直向上，A 错误；波的周期与 O 点振动周期相等，由振动方程得波的周期为 T= 2 s， 振幅为 2 cm，又由于 时质点 A 刚好起振，因此 4 s 的时间内，质点 A 振动了 3 s 的时间，即为 个周期，所以质点 A 通过的路程为振幅的 6 倍，12 cm，B 正确；该横波由 O 点传到 C 点的时间为 3 s，4 s 时 C 点已经振动了 1 s，因此 4 s~5 s 的时间内，质点 C 由平衡位置运动到波谷再回到平衡位置， 即质点 C 的速度先减小后增大，C 错误；4 s 时波刚好传到 D 点，且此时 D 点向上振动， 时质点 D 已经振动了 2s，即一个周期，因此 时质点 D 处在平衡位置向上振动，D 正确；由题意可知，OA 两 点之间的距离为半个波长，由于 O、D 两点之间的距离为 2 个波长，因此 D 点起振后 O、D 两点的振 动方向始终相同，E 正确。 （2）（i）能 （ii） 【解析】（i）作出光在透明介质中的光路图，如图所示，根据光的折射定律有 （1 分） 由题意可知 （1 分） 解得 （1 分） 假设光在该透明介质中全反射的临界角为 C，则有 （1 分） 解得 根据几何关系可知，折射光线在透明介质中时，光线在右侧界面上的入射角为 1 0 0pV p V= 06 7VV = 7 60 == V Vk 2sin πy t= 2π 2π πω = = s1=t 2 3 s6 s6 c d2 r in sin sin= °= 45i °= 30r Cn sin 1= °= 45C °